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No.4ベストアンサー
- 回答日時:
いわゆるコーシー・シュワルツの不等式ですね.
>あと、ベクトルの内積を用いる証明方法もあります。
この方針の解を示します.
[証明]
→a=(a,b,c), →x=(x,y,z) とする.
内積の定義
→a・→x=|→a||→x|cosθ ・・・(1)
(ただしθは2つのベクトルのなす角)
と,一般に
-1≦cosθ≦1・・・(2)
より,(1)の両辺の2乗を考えると
(→a・→x)^2=|→a|^2|→x|^2(cosθ)^2≦|→a|^2|→x|^2 ・・・(3)
これを,成分で表示すると
→a・→x=ax+by+cz
|→a|^2=a^2+b^2+c^2
|→x|^2=x^2+y^2+z^2
より,
(3)⇔ (ax+by+cz)^2≦(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) ・・・(4)
すなわち与式が示された.
ただし,等号成立は(3)の不等式の等号が成立するときなので,
|→a|=0 または |→x|=0 または cosθ=±1
⇔|→a|=0 または |→x|=0 または →a//→x のとき・・・(5)
⇔a^2+b^2+c^2=0 または x^2+y^2+z^2=0 または (a,b,c)//(x,y,z) のとき.
[補足]
一般のn次元ユークリッド空間でいえますが,高校の範囲では2次元,3次元までしか教科書で扱わないので,4次元以上のときは#2の解法を使えるようにしておくと良いでしょう.
でも結果を幾何学的に理解し,記憶するのには,この解法は有用です.
((1),(2)から(4)と(5)は明白.)
No.5
- 回答日時:
(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)≧(ax+by+cz)^2
両辺を展開したときの両辺の共通項
(ax)^2 +(by)^2+(cz)^2
を引くと
左辺=a^2y^2+a^2z^2+b^2x^2+b^2z^2+c^x2^+c2^y
右辺=2abxy+2bcyz+2cazx
となる。
左辺-右辺=(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2≧0
No.3
- 回答日時:
【Qestion】
次の式を証明せよ。
(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)≧(ax+by+cz)^2
【Answer】
(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=(ax+by+cz)^2+a^2(y^2+z^2)+b^2(z^2+x^2)+c^2(x^2+y^2)-2(abxy+bcyz+cazx)=(ax+by+cz)^2+(ay-bx)^2+(bz-cy)^2+(cx-az)^2≧0 (∵ (ax+by+cz)^2,(ay-bx)^2,(bz-cy)^2,(cx-az)^2≧0)
∴ (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)≧(ax+by+cz)^2
q.e.d
No.2
- 回答日時:
a,b,c,x,y,z を定数とみなし、さらに任意の実数tとで次式(1)(2)(3)が成立します。
(at-x)^2≧0 ---(1)
(bt-y)^2≧0 ---(2)
(ct-z)^2≧0 ---(3).
(1)、(2)、(3)の左辺側と、右辺側をそれぞれ加えて式(4)、
さらに展開すると下式(5)を得ます。
(at-x)^2 + (bt-y)^2 + (ct-z)^2≧0 ---(4)
(a^2 +b^2 +c^2)t^2 -2(ax+by+cz)t +(x^2 + y^2 +z^2)≧0---(5)
式(5)を=0と置いた、tの2次方程式とみると、判別式≦0 が成立します。
したがって、
(ax+by+cz)^2 - (a^2 + b^2 + c^2)(x^2 + y^2 + z^2)≦0
(ax+by+cz)^2 ≦ (a^2 +b^2 +c^2)(x^2 + y^2 +z^2).
---
あと、ベクトルの内積を用いる証明方法もあります。
No.1
- 回答日時:
考え方が分からないということなので,方針だけ.
両辺とも展開し,左辺から右辺を引きます.
それを
(○○)^2
という形の組み合わせ(和)になるように
因数分解します.
そうすれば2乗の和で表せるので,正になり,
左辺>=右辺
が証明できます.
この問題に限らず,不等式の証明は
同じような手順でほとんどできると思います.
(このレベルの問題なら)
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